2009-山东卷理-22 解-几何证明

本题导读

本题考查椭圆的标准方程与性质、直线与椭圆的位置关系。核心在于正确理解题意并选用恰当方法求解。

📌【题干】

Question

（2009年山东卷(理)） 设椭圆 $E:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a,b>0)$ 过 $M(2,\sqrt{2})$，$N(\sqrt{6},1)$ 两点，$O$ 为坐标原点．

(1)求椭圆 $E$ 的方程；

(2)是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆 $E$ 恒有两个交点 $A,B$，且 $\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}=0$？若存在，写出该圆的方程，并求 $|AB|$ 的取值范围；若不存在，说明理由．

🔍【思路分析】

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1. 第一问：利用待定系数法，将已知点 $M,N$ 的坐标代入椭圆方程，通过换元解二元一次方程组求出 $a^2$ 和 $b^2$。
2. 第二问核心构造：

• 设圆方程为 $x^2+y^2=r^2$。考虑切线斜率存在与不存在两种情况。
• 当斜率存在时，设切线为 $y=kx+m$，利用切线与圆心距离等于半径得到 $m^2=r^2(k^2+1)$。
• 联立切线与椭圆方程，利用韦达定理表示出 $x_1{x}_2$ 和 $y_1{y}_2$。
• 借助 $\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}=0⟺x_1{x}_2+y_1{y}_2=0$ 列出等式，化简证明该等式能使 $r^2$ 恒为常数。
• 代入垂直于 $x$ 轴的切线进行补充检验，确保结论的完备性。

3. 最值求解：通过弦长公式写出 $|AB{|}^2$ 关于 $k^2$ 的代数式，引入换元法将其转化为一元二次函数，求出其取值范围。

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存在满足条件的圆，其方程为 $x^2+y^2=\frac{8}{3}$

✍【详细解析】

Abstract

（1）求椭圆 $E$ 的方程 将 $M(2,\sqrt{2})$，$N(\sqrt{6},1)$ 代入椭圆方程，得： $\{\begin{array}{l}\frac{4}{a^2}+\frac{2}{b^2}=1\\ \frac{6}{a^2}+\frac{1}{b^2}=1\end{array}$ 解得 $\{\begin{array}{l}{a}^2=8\\ b^2=4\end{array}$。 故椭圆 $E$ 的方程为 $\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1$。

（2）探索满足条件的圆及弦长范围 假设存在圆心在原点的圆 $C:x^2+y^2=r^2(0<r<2)$ 满足条件。

Case 1：当切线 $l$ 的斜率存在时 设切线 $l$ 的方程为 $y=kx+m$。 因为 $l$ 与圆 $C$ 相切，所以圆心到直线的距离 $d=\frac{|m|}{\sqrt{k^2+1}}=r$，即： $m^2=r^2(k^2+1)\text{(1)}$ 联立直线 $l$ 与椭圆 $E$ 的方程： $\{\begin{array}{l}y=kx+m\\ x^2+2y^2=8\end{array}⟹(1+2k^2)x^2+4kmx+2m^2-8=0$ 设交点为 $A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$。 由韦达定理得： $x_1+x_2=-\frac{4km}{1+2k^2},x_1{x}_2=\frac{2m^2-8}{1+2k^2}$ 由 $\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}=0$ 得 $x_1{x}_2+y_1{y}_2=0$。 又因为 $y_1{y}_2=(k{x}_1+m)(k{x}_2+m)=k^2{x}_1{x}_2+km(x_1+x_2)+m^2$， 代入上式整理得： $(k^2+1)x_1{x}_2+km(x_1+x_2)+m^2=0$ 将韦达定理代入，得： $(k^2+1)\cdot \frac{2m^2-8}{1+2k^2}-\frac{4k^2{m}^2}{1+2k^2}+m^2=0$ 同乘 $1+2k^2$ 整理： $(k^2+1)(2m^2-8)-4k^2{m}^2+m^2(1+2k^2)=0⟹3m^2-8(k^2+1)=0$ 由此得： $\frac{m^2}{k^2+1}=\frac{8}{3}\text{(2)}$ 结合 ①、② 两式，得 $r^2=\frac{8}{3}$。 此时 $r=\frac{2\sqrt{6}}{3}\in (0,2)$，满足条件。

Case 2：当切线 $l$ 的斜率不存在时 切线方程为 $x=\pm r=\pm \frac{2\sqrt{6}}{3}$。 代入 $x^2+2y^2=8$ 得 $y^2=\frac{8}{3}$。 此时两交点坐标为 $\left(\pm \frac{2\sqrt{6}}{3},\frac{2\sqrt{6}}{3}\right)$ 和 $\left(\pm \frac{2\sqrt{6}}{3},-\frac{2\sqrt{6}}{3}\right)$，显然其数量积为 $\frac{8}{3}-\frac{8}{3}=0$，同样满足条件。

综上所述，存在满足条件的圆，其方程为 $x^2+y^2=\frac{8}{3}$。

求 $|AB|$ 的取值范围： 当斜率 $k$ 存在时， $(x_1-x_2{)}^2=(x_1+x_2{)}^2-4x_1{x}_2=\frac{16k^2{m}^2-4(2m^2-8)(1+2k^2)}{(1+2k^2{)}^2}$ 代入 $m^2=\frac{8}{3}(k^2+1)$，化简分子： $16k^2\cdot \frac{8}{3}(k^2+1)-8\cdot \frac{8}{3}(k^2+1)(1+2k^2)+32(1+2k^2)=\frac{32}{3}(1+4k^2)$ 从而可得： $|AB{|}^2=(1+k^2)(x_1-x_2{)}^2=\frac{32(1+k^2)(1+4k^2)}{3(1+2k^2{)}^2}$ 令 $u=1+2k^2\in [1,+\infty )$，则 $k^2=\frac{u-1}{2}$，代入上式得： $|AB{|}^2=\frac{16}{3}\cdot \frac{(u+1)(2u-1)}{u^2}=\frac{16}{3}\left(2+\frac{1}{u}-\frac{1}{u^2}\right)$ 令 $w=\frac{1}{u}\in (0,1]$，设 $g(w)=-w^2+w+2=-{\left(w-\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{9}{4}$。 由于 $w\in (0,1]$，所以 $g(w)\in \left[2,\frac{9}{4}\right]$。 故 $|AB{|}^2\in \left[\frac{32}{3},12\right]$，即 $|AB|\in \left[\frac{4\sqrt{6}}{3},2\sqrt{3}\right]$。

当斜率不存在时，$|AB|=2\sqrt{y^2}=\frac{4\sqrt{6}}{3}$，包含在上述区间内。 所以 $|AB|$ 的取值范围为 $\left[\frac{4\sqrt{6}}{3},2\sqrt{3}\right]$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：圆与椭圆组合模型的解析表达，向量垂直向坐标关系 $\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}=0⟺x_1{x}_2+y_1{y}_2=0$ 的转化。

2. 核心方法：斜率存在与不存在的分类讨论；利用局部代换（如 $u=1+2k^2$）将高次分式简化为一元二次函数。

3. 避坑指南：在设直线方程 $y=kx+m$ 后，一定不要漏掉对无斜率垂直切线的检验，这是解答题逻辑完备性的关键考察点。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题基于椭圆的“蒙日圆”（Monge’s Circle）几何定理演变而来。对于椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$，其两条互相垂直的切线的交点轨迹是一个圆 $x^2+y^2=a^2+b^2$。本题进行了逆向改编，限制了交点在椭圆上且向量垂直，属于经典的名题改制。

2. 结论推广： 对于椭圆 $E:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$，若存在圆心在原点的圆 $C:x^2+y^2=r^2$，使得该圆的任意一条切线与椭圆恒交于 $A,B$ 两点且 $OA\perp OB$，则该圆的半径满足： $r^2=\frac{a^2{b}^2(a^2+b^2)}{a^4+b^4}$ （本题中 $a^2=8,b^2=4$，代入公式即得 $r^2=\frac{32\times 12}{64+16}=\frac{384}{80}=\frac{8}{3}$）。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 09.01 平面向量基本概念

类题演练 (Links)

• 2012-陕西卷文-20 解-椭圆标准方程与向量关系
• 2013-天津卷文-18 解-椭圆方程与向量
• 2013-山东卷文-22 解-椭圆面积与向量比